↑訂正

勝手に選んだ棋士a、b、cについて、aのbに対する期待勝率を期待敗率で割ったものをF(a,b)とし
F(a,b)F(b,c)F(c,a)=1が常に成り立つと仮定する・・・①
aとbのレート差をx、bとcのレート差をy、cとaのレート差をzとしF(a,b)=f(x)と表せるならf(x)f(y)f(z)=1と書ける
x+y+z=0だからz=-x-yで、f(-x)=F(b,a)=1/F(a,b)=1/f(x)だからf(z)=f(-(x+y))=1/f(x+y)で、f(x)f(y)=f(x+y)・・・②
なお、x=y=0のときf(0)f(0)=f(0+0)よりf(0)=1・・・③

②の左辺からf(x)を引いてyで割ると③を使って(f(x)f(y)-f(x))/y=f(x)(f(y)-1)/y=f(x)(f(y)-f(0))/yと書けるが
ここでyを0に近付けるとf(x)f'(0)に近づくのでkf(x)と書ける
②の右辺もf(x)を引いてyで割ると(f(x+y)-f(x))/yで、yを0に近付ければf'(x)だからkf(x)=f'(x)・・・④
k=f'(x)/f(x)=(ln(f(x))'だからkx=ln(f(x))+C=ln(f(x)より、f(x)=e^(kx)・・・⑤

aのbに対する期待勝率をpと置くとp/(1-p)=G(a,b)=f(x)=e^(kx)
このときpe^-(kx)=1-p、p(1+e^-(kx))=1より、p=1/(1+e^-(kx))
例えばk=1/400*ln(10)とするならp=1/(1+10^-(x/400))・・・⑥

しかしこのとき実は相性関係があってF(a,b),F(b,c),F(c,a)がどれも1より大きい場合は①が成り立たず
それを前提としている⑥は実は使えないはずって主張なのだが何か間違ってるか？